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2020-2021学年上海市闵行区高三（上）期末化学试卷（一模）
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这是一份2020-2021学年上海市闵行区高三（上）期末化学试卷（一模），共29页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年上海市闵行区高三（上）期末化学试卷（一模）
一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）
1．（2分）“华龙一号”是我国自主研制的核电技术，其核燃料含有Pu和Pu。当两者互相转化时，不变的是（ ）
A．中子数 B．电子数
C．相对原子质量 D．质量数
2．（2分）测定胆矾的结晶水含量时，需要的定量仪器是（ ）
A．量筒 B．电子天平 C．容量瓶 D．温度计
3．（2分）下列过程不会破坏化学键的是（ ）
A．乙醇溶于水 B．氯化氢溶于水
C．晶体硅熔化 D．氯化钠熔化
4．（2分）催化加氢不能得到2﹣甲基戊烷的是（ ）
A．CH3CH＝C（CH3）CH2CH3 B．（CH3）2C＝CHCH2CH3
C．CH2＝C（CH3）（CH2）2CH3 D．CH3CH＝CHCH（CH3）2
5．（2分）工业上大量获得乙烯的方法是（ ）
A．石油分馏 B．石油裂化 C．石油裂解 D．煤的干馏
6．（2分）唐代孙思邈《备急千金要方》中记载：“菖蒲、枸杞根细锉，以水四石，煮取一石六斗，去滓，酿二斛米酒，熟稍稍饮之。”上述蕴含的操作原理不包括（ ）
A．溶解 B．蒸发 C．过滤 D．分液
7．（2分）合成所需的单体是（ ）
A．CH3CH2CH（CH3）CH2CH3 B．CH3CH＝C（CH3）CH＝CH2
C．CH3CH＝CHCH3、CH2＝CH2 D．CH2＝CHCH＝CH2、CH2＝CH2
8．（2分）改变温度不影响（ ）
A．物质的摩尔质量 B．水的离子积
C．气体摩尔体积 D．化学平衡常数
9．（2分）工业海水提溴时，下列操作步骤与目的均正确的是（ ）
A
B
C
D
步骤
浓缩海水
通Cl2
鼓入热空气
CCl4萃取
目的
提高n（Br﹣）
还原Br﹣
使Br2挥发
使Br2溶解
A．A B．B C．C D．D
10．（2分）对于22.4L的气体2H2，说法正确的是（ ）
A．含有2NA个2H
B．密度是1H2的0.5倍
C．标准状况下，含有2NA个中子
D．分子数是11.2L H2的两倍
11．（2分）向氯化铵溶液加入少量试剂M，使溶液中c（NH4+）＝c（Cl﹣）。试剂M不可能是（ ）
A．氨水 B．稀盐酸 C．硝酸银溶液 D．硫酸铵溶液
12．（2分）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．铁与稀盐酸反应：Fe+6H+═Fe3++3H2↑
B．氯气与氯化亚铁溶液反应：Cl2+Fe2+═Fe3++2Cl﹣
C．氯化铁溶液与铜反应：3Cu+2Fe3+═2Fe+3Cu2+
D．氯化铁溶液与硫化氢反应：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+
13．（2分）用石墨作电极电解饱和食盐水可制取NaClO消毒液，简易装置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a为电源的负极
B．用铁制容器盛放食盐水
C．电解过程中，c（Na+）保持不变
D．电解结束后，用pH试纸测定溶液的pH
14．（2分）使用过量NaOH溶液能满足实验要求的是（ ）
A．除去Al2O3中杂质Fe2O3
B．由AlCl3溶液制备Al（OH）3
C．除去C2H5Br中杂质Br2
D．检验醛基时制备新制Cu（OH）2
15．（2分）磷酸二氢铵（NH4H2PO4）常作干粉灭火器的原料，温度高于100℃会分解。关于NH4H2PO4说法错误的是（ ）
A．易溶于水 B．分解时放热
C．与强碱反应能产生氨气 D．可用作复合肥料
16．（2分）利用如表中装置和试剂依次完成乙烯的制取、除杂及检验，其中不合理的是（ ）
A
B
C
D
装置
试剂
无水乙醇和浓硫酸
氢氧化钠溶液
品红溶液
溴水
A．A B．B C．C D．D
17．（2分）恒温恒容的密闭容器中发生反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。下列能判断反应已达到平衡状态的是（ ）
A．容器内气体密度保持不变
B．该反应的化学平衡常数保持不变
C．CO与CH3OH的体积分数之比为1：1
D．CO与CH3OH的生成速率之比为1：1
18．（2分）丙烷与溴原子能发生以下两种反应：
①CH3CH2CH3（g）+Br（g）→CH3CH2CH2（g）+HBr（g）
②CH3CH2CH3（g）+Br（g）→CH3CHCH3（g）+HBr（g）
反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应①是放热反应
B．反应②使用了催化剂
C．产物中CH3CH2CH2（g）含量比CH3CHCH3（g）低
D．CH3CH2CH2（g）转变为CH3CHCH3（g）时需要吸热
19．（2分）A、B、C、D是原子序数递增的短周期元素。A、C原子最外层均有一个空轨道，B、D原子均有一个未成对电子，且B原子核外有5种不同能量的电子。下列说法错误的是（ ）
A．A的氧化物属于分子晶体
B．B的氯化物属于弱电解质
C．C的氧化物属于共价化合物
D．D的单质中含有非极性键
20．（2分）常温下，甲、乙两烧杯均盛有V1L pH＝11 NaOH溶液。将V2L pH＝3的一元强酸HA溶液和V3L pH＝3的一元弱酸HB溶液分别加入甲、乙两烧杯中，均恰好完全反应。下列说法正确的是（ ）
A．V3＞V2＝V1
B．反应后：pH甲＞pH乙
C．甲烧杯中：c（Na+）＜c（A﹣）
D．乙烧杯中：c（OH﹣）＝c（HB）+c（H+）
二、综合题（共60分）
21．（15分）Na2SiF6作杀虫剂和木材防腐剂，其制备反应为：3SiF4+2Na2CO3+2H2O→2Na2SiF6↓+H4SiO4+2CO2↑。完成下列填空：
（1）上述所有物质中，某分子的空间构型为直线型，其电子式为 。SiF4是 分子。（选填“极性”或“非极性”）
（2）上述所有元素中，有两种元素位于周期表同一主族，该族元素原子的最外层电子排布通式为 （用n表示电子层数）。O、F、Na三种元素形成的简单离子，半径由大到小顺序是 。
（3）H4SiO4称为原硅酸，推测其是 酸（选填“强”或“弱”）。从元素周期律角度解释上述推测 。常温下，浓度均为0.1mol/L的Na2CO3和NaHCO3两份溶液。
（4）对于两份溶液判断错误的是 。（选填编号）
a．存在的微粒种类相同
b．c（OH﹣）前者小于后者
c．均存在电离平衡和水解平衡
d．分别加少量NaOH固体，恢复至常温，c（CO32﹣）均增大
（5）两份溶液的离子浓度大小关系中，有一个相同的守恒关系，其表达式是 。将两溶液等体积混合后， （填微粒符号）浓度之和仍为0.1mol/L。
22．（15分）燃料电池和锂离子电池在生产生活中占据重要地位。甲醇是常见的燃料电池原料，CO2催化氢化可合成甲醇。反应为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）+48.9kJ。完成下列填空：
（1）反应的平衡常数K＝ 。
（2）在2L容器中充入4mol CO2和H2的混合气体，反应10min后，气体的总物质的量变为原来的75%。则0～10min内，H2的平均反应速率为 。前5min内的v逆（CH3OH） 前10min内的v逆（CH3OH）（选填“大于”、“等于”或“小于”）。原因是 。
（3）在恒容密闭容器发生上述反应，如图是反应过程中两个物理量变化关系图象，曲线上各点均已达到平衡状态。若x轴表示温度，则y轴可表示 （任写一个）。一定温度下，若x轴为原料投料比[]，则y轴是 的转化率。工业生产或实验室制备中，通常加大某一反应物的用量，以提高另一反应物的转化率，举一例说明。 。
FePO4是制备锂离子电池的原料。向FeSO4溶液中先加入H3PO4溶液，再加入NaOH、NaClO的混合液可制取FePO4。
（4）配平下列反应方程式。
FeSO4+ H3PO4+ NaClO+ NaOH→ FePO4↓+ Na2SO4+ NaCl+ H2O
（5）NaOH、NaClO的混合液可通过Cl2与NaOH溶液反应制取。若NaOH、NaClO混合液中NaClO含量偏低，则制得的FePO4中含有的不溶性杂质主要是 。现有500mL 1.2mol/L NaOH溶液，若要制取反应所需的混合液，则需通入标准状况下Cl2的体积为 。
23．（15分）某镇静类药物中间体P的合成路线如下：
已知：R﹣CNR﹣COOH
完成下列填空：
（1）反应①的试剂和条件是 。反应②的反应类型是 。
（2）检验A中含有溴元素所需的试剂，需硝酸银溶液、 、 。
（3）写出C的结构简式 。写出D→P的化学反应方程式 。
（4）写出满足下列条件P的同分异构体的结构简式 。
a．有两个苯环
b．能发生银镜反应
c．有4种化学环境氢原子
（5）结合已知信息，写出以为原料制备的合成路线流程图 。（无机试剂任选）合成路线流程图示例为：XY……目标产物。
24．（15分）研究小组通过下列装置测定某燃煤烟气中SO2的体积分数。已知燃煤烟气的主要成分为N2、CO、SO2。完成下列填空：
（1）A装置是为了观察气体的流速，则试剂M为 。（选填编号）
a．饱和NaOH溶液
b．饱和Na2S溶液
c．饱和Na2SO3溶液
d．饱和NaHSO3溶液
（2）当B装置中溶液颜色由 时，则停止通气。B装置中的反应体现SO2的 性。（选填“氧化”、“还原”或“漂白”）
（3）经测定，燃煤烟气消耗了50.00mL含I21.000×10﹣3mol/L的溶液，且C装置中气体体积为20.00mL（标准状况下）。则燃煤烟气中SO2的体积分数为 （保留小数点后三位）。若读数时水准管内液面高于量气管内液面，则结果将 。（选填“偏大”、“偏小”或“无影响”）
最近，中国科学家利用多孔碳吸附SO2，不仅能解决燃煤污染，而且实现了SO2回收利用。如图是多孔碳对燃煤烟气中SO2的吸附、转化、热再生的示意图。
（4）写出步骤②中硫酸根离子的检验方法 。步骤③的化学方程式为 。
（5）SO2的吸附、转化、热再生的主要目的是 。
2020-2021学年上海市闵行区高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）
1．（2分）“华龙一号”是我国自主研制的核电技术，其核燃料含有Pu和Pu。当两者互相转化时，不变的是（ ）
A．中子数 B．电子数
C．相对原子质量 D．质量数
【分析】有Pu和Pu为同种元素的质子数相同，质子数＝核外电子数＝核电荷数，而中子数可能不同，质量数不同，据此答题。
【解答】解：A．Pu和Pu的中子数分别是144和145，故A错误；
B．Pu和Pu的电子数分别是94和94，当两者互相转化时不变，故B正确；
C．Pu和Pu的相对原子质量近似等于其质量数，故C错误；
D．Pu和Pu的质量数分别是238和239，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查同位素及其相互转化时的变化，抓住同位素的异同点是解题关键，难度不大，注重基础。
2．（2分）测定胆矾的结晶水含量时，需要的定量仪器是（ ）
A．量筒 B．电子天平 C．容量瓶 D．温度计
【分析】重量法测定胆矾中结晶水含量的实验步骤为：①研磨，②称量空坩埚和装有试样的坩埚的质量，③加热，④冷却，⑤称量，⑥重复③至⑤的操作，⑦根据实验数据计算硫酸铜结晶水的含量，实验过程中需要使用的仪器有托盘天平、研钵、酒精灯、玻璃棒、坩埚、干燥器、泥三角、三角架、药匙、坩埚钳等仪器，据此解答该题。
【解答】解：测定胆矾晶体结晶水含量时，结晶水合物在研钵中研碎、放在坩埚中加热灼烧，先用小火，后渐改为用大火加热至固体恒重，放在干燥器中冷却到室温，并用天平称量质量。所给仪器中，实验室测定胆矾结晶水含量时，不需要的仪器和用品是量筒、容量瓶和温度计，需要的是电子天平，
故选：B。
【点评】本题考查了硫酸铜晶体中结晶水含量测定，题目难度不大，明确操作步骤为解答关键，注意仪器的选择和使用，题目难度不大。
3．（2分）下列过程不会破坏化学键的是（ ）
A．乙醇溶于水 B．氯化氢溶于水
C．晶体硅熔化 D．氯化钠熔化
【分析】电解质发生电离或物质发生化学反应时都有化学键被破坏，据此分析判断。
【解答】解：A．乙醇在水中以分子存在，所以乙醇溶于水没有化学键破坏，故A正确；
B．HCl溶于水时，在水分子作用下HCl电离出H+、Cl﹣，则HCl中共价键被破坏，故B错误；
C．晶体硅中熔融时Si、Si原子之间的共价键被破坏，故C错误；
D．NaCl熔融时Na+、Cl﹣之间的离子键被破坏，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学键，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用，明确物质构成微粒、微粒之间作用力是解本题关键，注意：有化学键被破坏时不一定发生化学反应，但发生化学反应一定破坏化学键，题目难度不大。
4．（2分）催化加氢不能得到2﹣甲基戊烷的是（ ）
A．CH3CH＝C（CH3）CH2CH3 B．（CH3）2C＝CHCH2CH3
C．CH2＝C（CH3）（CH2）2CH3 D．CH3CH＝CHCH（CH3）2
【分析】催化加氢若得到2﹣甲基戊烷，由CH3CH（CH3）CH2CH2CH3可知，碳链骨架不变，相邻2个C上至少含1个H，则4﹣甲基﹣1﹣戊炔或4﹣甲基﹣2﹣戊炔或4﹣甲基﹣1﹣戊烯或4﹣甲基﹣2﹣戊烯或2﹣甲基﹣2﹣戊烯或2﹣甲基﹣1﹣戊烯加成得到，其它不能加成得到，以此来解答。
【解答】解：A．CH3CH＝C（CH3）CH2CH3催化加氢得到3﹣甲基戊烷，故A正确；
B．（CH3）2C＝CHCH2CH3催化加氢得到2﹣甲基戊烷，故B错误；
C．CH2＝C（CH3）（CH2）2CH3加氢得到2﹣甲基戊烷，故C错误；
D．CH3CH＝CHCH（CH3）2加氢得到2﹣甲基戊烷，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握烯烃与炔烃的加成反应、碳链骨架为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意加成反应的特点，题目难度不大。
5．（2分）工业上大量获得乙烯的方法是（ ）
A．石油分馏 B．石油裂化 C．石油裂解 D．煤的干馏
【分析】裂解是深度裂化以获得乙烯，丙烯等短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程。
【解答】解：能制取乙烯的反应很多，比如乙醇脱水、溴乙烷消去等，但工业上获取乙烯的主要方法是石油的裂解，常用乙烯的产量来衡量一个国家石油化工发展水平，故C正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查学生对石油炼制产品的了解，题目难度不大，加强基础知识的掌握，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
6．（2分）唐代孙思邈《备急千金要方》中记载：“菖蒲、枸杞根细锉，以水四石，煮取一石六斗，去滓，酿二斛米酒，熟稍稍饮之。”上述蕴含的操作原理不包括（ ）
A．溶解 B．蒸发 C．过滤 D．分液
【分析】文中“以水四石”、“煮”、“去滓”等字词，涉及到溶解、蒸发、过滤等操作，以此解答该题。
【解答】解：文中“以水四石”，为溶解过程，“煮取一石六斗”为蒸发过程，“去滓”为过滤，分液用于分离互不相溶的液体，文中没有涉及到，
故选：D。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
7．（2分）合成所需的单体是（ ）
A．CH3CH2CH（CH3）CH2CH3 B．CH3CH＝C（CH3）CH＝CH2
C．CH3CH＝CHCH3、CH2＝CH2 D．CH2＝CHCH＝CH2、CH2＝CH2
【分析】根据相邻的2个碳原子之间形成碳碳双键，然后结合碳形成4个共用电子对进行断键还原可得其单体。
【解答】解：的链节主链只有碳碳单键，则单体为单烯烃，其单体为CH3CH＝CHCH3、CH2＝CH2，故C正确，
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和应用能力，注意把握有机物的组成、结构和官能团的性质，注意把握高分子化合物的特点，难度不大。
8．（2分）改变温度不影响（ ）
A．物质的摩尔质量 B．水的离子积
C．气体摩尔体积 D．化学平衡常数
【分析】A．物质的摩尔质量是以g/mol为单位，数值上等于其相对分子质量或相对原子质量；
B．一定温度下水电离出氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积为常数；
C．一定温度压强下，1mol任何气体体积相同；
D．化学平衡常数是利用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，只随温度变化。
【解答】解：A．物质的摩尔质量不受温度影响，故A正确；
B．水的离子积受温度影响，升温促进水的电离，离子积常数增大，故B错误；
C．气体摩尔体积随温度变化，故C错误；
D．平衡常数随温度变化，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了物理量的影响因素分析判断，主要是受温度影响的平衡常数、离子积常数、气体摩尔体积概念的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
9．（2分）工业海水提溴时，下列操作步骤与目的均正确的是（ ）
A
B
C
D
步骤
浓缩海水
通Cl2
鼓入热空气
CCl4萃取
目的
提高n（Br﹣）
还原Br﹣
使Br2挥发
使Br2溶解
A．A B．B C．C D．D
【分析】工业海水提溴时，先浓缩增大溴离子浓度，通入氯气发生Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣，热空气吹出溴，吸收塔中发生SO2+Br2+2H2O═H2SO4+2HBr，再通入氯气发生Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣，达到富集溴的目的，最后萃取、分液、蒸馏分离出溴，以此来解答。
【解答】解：A.浓缩海水提高c（Br﹣），n（Br﹣）不变，故A错误；
B.通入氯气发生Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣，氧化溴离子，故B错误；
C.溴易挥发，热空气可吹出溴，故C正确；
D.CCl4萃取可分离溴与水溶液，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意海水中元素的提取原理，题目难度不大。
10．（2分）对于22.4L的气体2H2，说法正确的是（ ）
A．含有2NA个2H
B．密度是1H2的0.5倍
C．标准状况下，含有2NA个中子
D．分子数是11.2L H2的两倍
【分析】2H2中氢原子含有1个质子、1个中子，气体存在的条件未知，不能确定物质的量，如在标准状况下，则n＝＝＝1mol，结合ρ＝＝计算，以此解答该题。
【解答】解：A.气体存在的条件未知，不能由体积确定物质的量，故A错误；
B.如在相同条件下，由ρ＝＝可知，密度之比等于摩尔质量之比，则密度是1H2的＝2倍，故B错误；
C.标准状况下，n＝＝＝1mol，2H2中氢原子含有1个质子、1个中子，则22.4L2H2含有2NA个中子，故C正确；
D.气体存在的条件未知，不能确定物质的量，则不能确定分子数，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查物质的量的计算，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把握相关计算公式的运用，把握物质的构成特点，题目难度不大。
11．（2分）向氯化铵溶液加入少量试剂M，使溶液中c（NH4+）＝c（Cl﹣）。试剂M不可能是（ ）
A．氨水 B．稀盐酸 C．硝酸银溶液 D．硫酸铵溶液
【分析】向氯化铵溶液中NH4+发生水解，导致c（NH4+）＜c（Cl﹣），若要使c（NH4+）＝c（Cl﹣），则要增大c（NH4+）或减小c（Cl﹣），据此分析。
【解答】解：A．向氯化铵溶液加入少量氨水，c（NH4+）增大，可以使溶液中c（NH4+）＝c（Cl﹣），故A不选；
B．向氯化铵溶液加入少量稀盐酸，c（Cl﹣）增大，则溶液中c（NH4+）＜c（Cl﹣），不能使溶液中c（NH4+）＝c（Cl﹣），故B选；
C．加入硝酸银溶液，消耗Cl﹣，c（Cl﹣）减小，可以使溶液中c（NH4+）＝c（Cl﹣），故C不选；
D．加入硫酸铵溶液，c（NH4+）增大，可以使溶液中c（NH4+）＝c（Cl﹣），故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查了盐类水解原理、水解平衡移动的影响因素，题目难度不大，注意对基础知识的积累，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
12．（2分）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．铁与稀盐酸反应：Fe+6H+═Fe3++3H2↑
B．氯气与氯化亚铁溶液反应：Cl2+Fe2+═Fe3++2Cl﹣
C．氯化铁溶液与铜反应：3Cu+2Fe3+═2Fe+3Cu2+
D．氯化铁溶液与硫化氢反应：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+
【分析】A．不符合反应客观事实；
B．电荷不守恒；
C．不符合反应客观事实；
D．铁离子能够氧化硫化氢生成硫单质。
【解答】解：A．铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；
B．氯气与氯化亚铁溶液反应，离子方程式：Cl2+2Fe2+═2Fe3++2Cl﹣，故B错误；
C．氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式：Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，故C错误；
D．氯化铁溶液与硫化氢反应，离子方程式：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查离子方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应、离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应电子、电荷守恒的判断，题目难度不大。
13．（2分）用石墨作电极电解饱和食盐水可制取NaClO消毒液，简易装置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a为电源的负极
B．用铁制容器盛放食盐水
C．电解过程中，c（Na+）保持不变
D．电解结束后，用pH试纸测定溶液的pH
【分析】电解NaCl溶液发生反应为2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，生成的氯气能和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，为了使生成的氯气与氢氧化钠溶液充分接触，氯气应该在下面生成，所以下端是阳极，则b为正极，a为负极，反应生成的NaClO具有漂白性，据此分析。
【解答】解：A．由分析可知，a为电源的负极，故A正确；
B．Fe在氯化钠溶液中容易发生吸氧腐蚀，所以不能用铁制容器盛放食盐水，故B错误；
C．由2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH可知，电解时消耗水，溶液的体积减小，则c（Na+）增大，故C错误；
D．电解后生成的NaClO具有漂白性，不能用pH试纸测定溶液的pH，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，熟记常见离子放电顺序以及发生的电极反应，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的综合运用能力。
14．（2分）使用过量NaOH溶液能满足实验要求的是（ ）
A．除去Al2O3中杂质Fe2O3
B．由AlCl3溶液制备Al（OH）3
C．除去C2H5Br中杂质Br2
D．检验醛基时制备新制Cu（OH）2
【分析】A．Fe2O3与NaOH溶液不反应；
B．Al（OH）3能与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠；
C．C2H5Br与NaOH溶液反应；
D．用可溶性的铜盐与NaOH溶液反应能生成新制的Cu（OH）2。
【解答】解：A．Fe2O3与NaOH溶液不反应，Al2O3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠溶液，把主要物质除去了，故A错误；
B．由AlCl3溶液与NaOH溶液反应制备Al（OH）3，生成的Al（OH）3能与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，所以不能得到Al（OH）3，故B错误；
C．C2H5Br在NaOH溶液会发生反应水解反应，所以不能用NaOH溶液来除去C2H5Br中杂质Br2，可以用亚硫酸钠溶液除去Br2，故C错误；
D．用可溶性的铜盐与NaOH溶液反应能生成新制的Cu（OH）2，则使用过量NaOH溶液能制备新制Cu（OH）2，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查较为综合，涉及元素化合物知识以及实验的操作等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握相关基础知识的积累，难度不大。
15．（2分）磷酸二氢铵（NH4H2PO4）常作干粉灭火器的原料，温度高于100℃会分解。关于NH4H2PO4说法错误的是（ ）
A．易溶于水 B．分解时放热
C．与强碱反应能产生氨气 D．可用作复合肥料
【分析】A．铵盐易溶于水；
B．磷酸二氢铵（NH4H2PO4）分解需要吸收大量的热；
C．磷酸二氢铵（NH4H2PO4）与氢氧化钠反应生成氨气和磷酸钠和水；
D．依据磷酸二氢铵含有N和P元素解答。
【解答】解：A．磷酸二氢铵（NH4H2PO4）属于铵盐，易溶于水，故A正确；
B．磷酸二氢铵（NH4H2PO4）分解需要吸收大量的热，故B错误；
C．磷酸二氢铵（NH4H2PO4）与氢氧化钠反应生成氨气和磷酸钠和水，所以能够与强碱反应生成氨气，故C正确；
D．磷酸二氢铵含有N和P元素，属于复合肥，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉铵盐结构组成及性质是解题关键，题目难度不大。
16．（2分）利用如表中装置和试剂依次完成乙烯的制取、除杂及检验，其中不合理的是（ ）
A
B
C
D
装置
试剂
无水乙醇和浓硫酸
氢氧化钠溶液
品红溶液
溴水
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．温度计用来测量混合液温度，不是生成气体的温度；
B．反应过程中会生成二氧化硫、二氧化碳气体，通过氢氧化钠溶液可以除去乙烯气体中含有的二氧化碳、二氧化硫等酸性气体和挥发出来的乙醇；
C．二氧化硫具有漂白性，可以使品红溶液褪色，用来检验二氧化硫气体是否除尽；
D．乙烯与溴水发生加成反应，使溴水褪色，可证明制得的气体含有乙烯。
【解答】解：A．无水乙醇和浓硫酸共热到170℃发生消去反应生成乙烯，温度计的作用是测量混合液的反应温度，不是生成气体的温度，则温度计应插入反应混合液中，故A错误；
B．由于浓硫酸具有脱水性，能使部分乙醇发生脱水生成碳单质，碳与浓硫酸加热条件下反应生成二氧化硫、二氧化碳气体，则制得的乙烯气体中含有二氧化碳、二氧化硫、乙醇蒸汽，通过氢氧化钠溶液除去乙烯气体中含有的二氧化碳、二氧化硫等酸性气体和易溶于水的乙醇，故B正确；
C．由于二氧化硫具有还原性，可与溴水反应，再通过品红溶液，检验二氧化硫气体是否除尽，防止干扰后续实验现象，故C错误；
D．最后将气体通入溴水中，溴水褪色，说明乙烯与溴水发生加成反应，可证明制得的气体含有乙烯，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查乙烯的制备以及生成物的检验，难度不大，熟悉乙烯制备过程中的实验原理、副反应及其产物是解答的关键。
17．（2分）恒温恒容的密闭容器中发生反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。下列能判断反应已达到平衡状态的是（ ）
A．容器内气体密度保持不变
B．该反应的化学平衡常数保持不变
C．CO与CH3OH的体积分数之比为1：1
D．CO与CH3OH的生成速率之比为1：1
【分析】CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）为气体体积缩小的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，据此进行判断。
【解答】解：A．该反应前后都是气体，气体总质量为定值，容器容积不变，则容器内气体的密度始终不变，不能根据混合气体的密度判断平衡状态，故A错误；
B．化学平衡常数仅受温度影响，恒温恒容的密闭容器中发生反应，化学平衡常数保持不变，无法判断是否达到平衡状态，故B错误；
C．CO与CH3OH的体积分数之比为1：1，不能体现正逆反应速率相等，也不能体现各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，故C错误；
D．CO与CH3OH的生成速率之比为1：1，表示的是正逆反应速率相等，可以判断已经达到平衡状态，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，明确反应特点为解答关键，注意掌握化学平衡状态的特征，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
18．（2分）丙烷与溴原子能发生以下两种反应：
①CH3CH2CH3（g）+Br（g）→CH3CH2CH2（g）+HBr（g）
②CH3CH2CH3（g）+Br（g）→CH3CHCH3（g）+HBr（g）
反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应①是放热反应
B．反应②使用了催化剂
C．产物中CH3CH2CH2（g）含量比CH3CHCH3（g）低
D．CH3CH2CH2（g）转变为CH3CHCH3（g）时需要吸热
【分析】A．反应物具有的能量大于生成物具有的能量，则反应放热，反之相反；
B．反应①和②同时进行，并且反应②的活化能低，则反应②的反应速率快；
C．反应的活化能越低，反应速率越快，生成物的含量越高；
D．由图可知，1molCH3CH2CH2（g）和1molHBr（g）具有的能量大于1molCH3CHCH3（g）和1molHBr（g）具有的能量。
【解答】解：A．由图可知，反应①中CH3CH2CH3（g）和Br（g）具有的能量小于CH3CH2CH2（g）和HBr（g）具有的能量，则反应吸热，故A错误；
B．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，反应②的活化能低，反应②的反应速率快，但反应①和②同时进行，不能确定反应②是否使用了催化剂，故B错误；
C．由图可知，活化能：反应①＞②，则反应②的反应速率快，生成物含量：CH3CHCH3（g）＞CH3CH2CH2（g），故C正确；
D．由图可知，1molCH3CH2CH2（g）和1molHBr（g）具有的能量大于1molCH3CHCH3（g）和1molHBr（g）具有的能量，所以CH3CH2CH2（g）转变为CH3CHCH3（g）时放热，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、吸放热反应的判定、焓变的计算、活化能与反应速率关系、催化剂对反应的影响为解答的关键，侧重分析与灵活运用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
19．（2分）A、B、C、D是原子序数递增的短周期元素。A、C原子最外层均有一个空轨道，B、D原子均有一个未成对电子，且B原子核外有5种不同能量的电子。下列说法错误的是（ ）
A．A的氧化物属于分子晶体
B．B的氯化物属于弱电解质
C．C的氧化物属于共价化合物
D．D的单质中含有非极性键
【分析】A、B、C、D是原子序数递增的短周期元素，B、D原子均有一个未成对电子，且B原子核外有5种不同能量的电子，B、D的核外电子排布式分别为1s22s22p63s23p1、1s22s22p63s23p5，则B为Al、D为Cl元素；A、C原子最外层均有一个空轨道，结合原子序数大小可知，A、C核外电子排布式分别为1s22s22p63s23p2、1s22s22p63s23p2，则A为C元素、C为Si元素，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，A为C元素，B为Al，C为Si，D为Cl元素，
A．二氧化碳属于分子晶体，故A正确；
B．B的氯化物为氯化铝，氯化铝为强电解质，故B错误；
C．C的氧化物为二氧化硅，二氧化硅为共价化合物，故C正确；
D．氯气分子中含有Cl﹣Cl非极性键，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
20．（2分）常温下，甲、乙两烧杯均盛有V1L pH＝11 NaOH溶液。将V2L pH＝3的一元强酸HA溶液和V3L pH＝3的一元弱酸HB溶液分别加入甲、乙两烧杯中，均恰好完全反应。下列说法正确的是（ ）
A．V3＞V2＝V1
B．反应后：pH甲＞pH乙
C．甲烧杯中：c（Na+）＜c（A﹣）
D．乙烧杯中：c（OH﹣）＝c（HB）+c（H+）
【分析】A．pH相同的一元弱酸与一元强酸，一元弱酸的物质的量浓度远大于一元强酸的浓度，再结合c（NaOH）×V（NaOH）＝c（酸）×V（酸）判断；
B．强酸强碱盐溶液呈中性，强碱弱酸盐溶液呈碱性；
C．甲烧杯中溶液呈中性，结合电荷守恒判断；
D．乙烧杯中B﹣发生水解，溶液中OH﹣还来自水的电离，根据质子守恒判断。
【解答】解：A．溶液中，强酸完全电离，弱酸部分电离，故pH＝3的一元强酸HA溶液和pH＝3一元弱酸HB溶液的浓度：c（HA）＜c（HB），pH＝11 NaOH溶液中c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣3mol/L，由于NaOH与酸恰好反应，则V1L×10﹣3mol/L＝V2L×10﹣3mol/L，故V2＝V1，V1L×10﹣3mol/L＝V3L×c（HBr），由于c（HB）＞10﹣3mol/L，故V3＜V1，即V2＝V1＞V3，故A错误；
B．甲烧杯溶液中溶质为强酸强碱盐，溶液呈中性，乙烧杯溶液中溶质为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，反应后：pH甲＜pH乙，故B错误；
C．由电荷守恒有c（Na+）+c（H+）＝c（A﹣）+c（OH﹣），甲烧杯中溶液呈中性，则c（OH﹣）＝c（H+），联立可得c（Na+）＝c（A﹣），故C错误；
D．乙烧杯中B﹣发生水解：B﹣+H2O⇌HB+OH﹣，水发生电离：H2O⇌H++OH﹣，根据质子守恒有：c（OH﹣）＝c（HB）+c（H+），故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查水溶液中电离平衡知识、pH的有关计算、离子浓度大小比较等，题目侧重考查学生分析推理能力，是对学生综合能力的考查。
二、综合题（共60分）
21．（15分）Na2SiF6作杀虫剂和木材防腐剂，其制备反应为：3SiF4+2Na2CO3+2H2O→2Na2SiF6↓+H4SiO4+2CO2↑。完成下列填空：
（1）上述所有物质中，某分子的空间构型为直线型，其电子式为 。SiF4是 非极性 分子。（选填“极性”或“非极性”）
（2）上述所有元素中，有两种元素位于周期表同一主族，该族元素原子的最外层电子排布通式为 ns2np2 （用n表示电子层数）。O、F、Na三种元素形成的简单离子，半径由大到小顺序是 O2﹣＞F﹣＞Na+ 。
（3）H4SiO4称为原硅酸，推测其是 弱 酸（选填“强”或“弱”）。从元素周期律角度解释上述推测 Si在周期表ⅣA主族，Si在C的下方，非金属性Si＜C，最高价氧化物对应水化物的酸性H4SiO4＜H2CO3，碳酸为弱酸，则原硅酸酸性更弱 。常温下，浓度均为0.1mol/L的Na2CO3和NaHCO3两份溶液。
（4）对于两份溶液判断错误的是 b 。（选填编号）
a．存在的微粒种类相同
b．c（OH﹣）前者小于后者
c．均存在电离平衡和水解平衡
d．分别加少量NaOH固体，恢复至常温，c（CO32﹣）均增大
（5）两份溶液的离子浓度大小关系中，有一个相同的守恒关系，其表达式是 c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（ CO32﹣） 。将两溶液等体积混合后， HCO3﹣、CO32﹣，H2CO3 （填微粒符号）浓度之和仍为0.1mol/L。
【分析】（1）分子空间构型为直线型的是二氧化碳分子，二氧化碳的电子式为：；正负电荷中心重合的分子为非极性分子，否则为极性分子；
（2）上述所有元素中，C、Si两种元素位于周期表ⅣA主族，最外层有4个电子；电子层结构相同的离子核电荷数越大离子半径越小，离子的电子层越多离子半径越大；
（3）H4SiO4称为原硅酸，推测其是弱酸，Si在周期表ⅣA主族，Si在C的下方，非金属性Si＜C，最高价氧化物对应水化物的酸性H4SiO4＜H2CO3；
（4）碳酸钠中的碳酸根离子是弱酸阴离子，CO32﹣分两步水解，第一步水解大于第二步；NaHCO3中的碳酸氢根离子是弱酸阴离子，既水解又电离；
（5）碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液中存在阳离子：Na+、H+，阴离子：OH﹣、HCO3﹣、CO32﹣，电荷守恒列等式都一样；C元素守恒。
【解答】解：（1）二氧化碳属于分子晶体且分子空间构型为直线型，二氧化碳的电子式为，正负电荷中心重合的分子为非极性分子，否则为极性分子，SiF4为正四面体分子，正负电荷中心重合，为非极性分子，
故答案为：；非极性；
（2）上述所有元素中，C、Si两种元素位于周期表ⅣA主族，最外层有4个电子，该族元素原子的最外层电子排布通式为：ns2np2，电子层结构相同的离子核电荷数越大离子半径越小，离子的电子层越多离子半径越大，故离子半径：O2﹣＞F﹣＞Na+，
故答案为：ns2np2；O2﹣＞F﹣＞Na+；
（3）H4SiO4称为原硅酸，推测其是弱酸，Si在周期表ⅣA主族，Si在C的下方，非金属性Si＜C，最高价氧化物对应水化物的酸性H4SiO4＜H2CO3，碳酸为弱酸，则原硅酸酸性更弱，
故答案为：弱；Si在周期表ⅣA主族，Si在C的下方，非金属性Si＜C，最高价氧化物对应水化物的酸性H4SiO4＜H2CO3，碳酸为弱酸，则原硅酸酸性更弱；
（4）a．碳酸钠溶液碳酸根离子水解生成HCO3﹣、H2CO3；NaHCO3中的HCO3﹣电离生成CO32﹣，水解生成H2CO3，存在的微粒种类相同，故正确；
b．碳酸钠溶液碱性强于NaHCO3，c（OH﹣）前者大于后者，故错误；
c．碳酸钠溶液碳酸根离子水解，水电离；NaHCO3中的碳酸氢根离子是弱酸阴离子，既水解又电离，均存在电离平衡和水解平衡，故正确；
d．碳酸钠溶液中加少量NaOH固体，水解平衡左移，恢复至常温，c（CO32﹣）增大；碳酸氢钠溶液中加少量NaOH固体，反应生成碳酸钠，c（CO32﹣）增大，故正确；
故答案为：b；
（5）两溶液中存在阳离子：Na+、H+，阴离子：OH﹣、HCO3﹣、CO32﹣，根据电荷守恒列等式c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（ CO32﹣），将两溶液等体积混合后，HCO3﹣、CO32﹣，H2CO3浓度之和仍为0.1mol/L，
故答案为：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（ CO32﹣）；HCO3﹣、CO32﹣，H2CO3。
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，离子种类、浓度大小判断、溶液酸碱性强弱判断等，综合考查学生分析能力、逻辑推理能力及对知识的迁移运用，需要学生具备扎实的基础，难度中等。
22．（15分）燃料电池和锂离子电池在生产生活中占据重要地位。甲醇是常见的燃料电池原料，CO2催化氢化可合成甲醇。反应为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）+48.9kJ。完成下列填空：
（1）反应的平衡常数K＝ 。
（2）在2L容器中充入4mol CO2和H2的混合气体，反应10min后，气体的总物质的量变为原来的75%。则0～10min内，H2的平均反应速率为 0.075mol/（L•min） 。前5min内的v逆（CH3OH） 小于 前10min内的v逆（CH3OH）（选填“大于”、“等于”或“小于”）。原因是 随着反应向右进行，生成物浓度逐渐增加，逆反应速率逐渐增大，因此前5min的逆反应速率小于前10min的逆反应速率 。
（3）在恒容密闭容器发生上述反应，如图是反应过程中两个物理量变化关系图象，曲线上各点均已达到平衡状态。若x轴表示温度，则y轴可表示 CO2浓度 （任写一个）。一定温度下，若x轴为原料投料比[]，则y轴是 CO2 的转化率。工业生产或实验室制备中，通常加大某一反应物的用量，以提高另一反应物的转化率，举一例说明。 制备乙酸乙酯时乙醇过量，二氧化硫的催化氧化时空气过量 。
FePO4是制备锂离子电池的原料。向FeSO4溶液中先加入H3PO4溶液，再加入NaOH、NaClO的混合液可制取FePO4。
（4）配平下列反应方程式。
2 FeSO4+ 2 H3PO4+ 1 NaClO+ 4 NaOH→ 2 FePO4↓+ 2 Na2SO4+ 1 NaCl+ 5 H2O
（5）NaOH、NaClO的混合液可通过Cl2与NaOH溶液反应制取。若NaOH、NaClO混合液中NaClO含量偏低，则制得的FePO4中含有的不溶性杂质主要是 Fe（OH）3 。现有500mL 1.2mol/L NaOH溶液，若要制取反应所需的混合液，则需通入标准状况下Cl2的体积为 2.24L 。
【分析】（1）平衡常数为生成物与反应物浓度幂之积的比值；
（2）相同温度下，容器体积不变时，气体的压强与物质的量呈正比，在2L容器中充入4mol CO2和H2的混合气体，反应10min后，气体的总物质的量变为原来的75%，则10min后气体的物质的量为4mol×75%＝3mol，结合方程式计算消耗氢气的物质的量，可计算氢气的反应速率，随着反应进行，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大；
（3）正反应为放热反应，升高温度，平衡正向移动，一定温度下，若x轴为原料投料比[]，增大氢气的物质的量，氢气的转化率减小，二氧化碳的转化率增大；
（4）反应中Fe元素化合价由+2价升高到+3价，Cl元素化合价由+1价降低到﹣1价，结合得失电子守恒和质量守恒配平化学方程式；
（5）若NaOH、NaClO混合液中NaClO含量偏低，可生成氢氧化铁，n（NaOH）＝0.5L×1.2mol/L＝0.6mol，反应方程式中n（NaClO）：n（NaOH）＝1：4，则应生成0.1molNaClO，消耗0.1mol氯气，以此解答该题。
【解答】解：（1）反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的平衡常数K＝，
故答案为：；
（2）相同温度下，容器体积不变时，气体的压强与物质的量呈正比，在2L容器中充入4mol CO2和H2的混合气体，反应10min后，气体的总物质的量变为原来的75%，则10min后气体的物质的量为4mol×75%＝3mol，
则 CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△n
1mol 3mol 1mol 1mol 2mol
x 4﹣3＝1（mol）
x＝1.5mol，
则0～10min内，H2的平均反应速率为 ＝0.075mol/（L•min），
可逆反应中，随着反应向右进行，生成物浓度逐渐增加，逆反应速率逐渐增大，因此前5min的逆反应速率小于前10min的逆反应速率，
故答案为：0.075mol/（L•min）；小于；随着反应向右进行，生成物浓度逐渐增加，逆反应速率逐渐增大，因此前5min的逆反应速率小于前10min的逆反应速率；
（3）正反应为放热反应，升高温度，平衡正向移动，则y轴可为CO2浓度，也可为H2浓度，容器内压强、气体的物质的量等，
一定温度下，若x轴为原料投料比[]，增大氢气的物质的量，氢气的转化率减小，二氧化碳的转化率增大，则y轴是CO2的转化率，
工业生产或实验室制备中，通常加大某一反应物的用量，以提高另一反应物的转化率，如制备乙酸乙酯时乙醇过量，二氧化硫的催化氧化时空气过量等，
故答案为：CO2浓度（H2浓度，容器内压强、气体的物质的量等）；CO2；制备乙酸乙酯时乙醇过量，二氧化硫的催化氧化时空气过量；
（4）反应中Fe元素化合价由+2价升高到+3价，Cl元素化合价由+1价降低到﹣1价，则反应的方程式为2FeSO4+2H3PO4+NaClO+4NaOH＝2FePO4↓+2Na2SO4+NaCl+5H2O，
故答案为：2；2；1；4；2；2；1；5；
（5）若NaOH、NaClO混合液中NaClO含量偏低，可生成氢氧化铁，n（NaOH）＝0.5L×1.2mol/L＝0.6mol，反应方程式中n（NaClO）：n（NaOH）＝1：4，则应生成0.1molNaClO，消耗0.1mol氯气，体积为0.1mol×22.4L/mol＝2.24L，
故答案为：Fe（OH）3；2.24L。
【点评】本题考查较为综合，涉及化学平衡的计算、化学平衡的影响因素以及氧化还原反应等知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把握化学平衡问题的分析以及氧化还原反应计算的思路，题目难度中等。
23．（15分）某镇静类药物中间体P的合成路线如下：
已知：R﹣CNR﹣COOH
完成下列填空：
（1）反应①的试剂和条件是 Br2、光照 。反应②的反应类型是 取代反应 。
（2）检验A中含有溴元素所需的试剂，需硝酸银溶液、 稀硝酸 、 NaOH溶液 。
（3）写出C的结构简式 。写出D→P的化学反应方程式 。
（4）写出满足下列条件P的同分异构体的结构简式 。
a．有两个苯环
b．能发生银镜反应
c．有4种化学环境氢原子
（5）结合已知信息，写出以为原料制备的合成路线流程图 。（无机试剂任选）合成路线流程图示例为：XY……目标产物。
【分析】反应①是氢原子被溴原子取代，反应②是溴原子被﹣CN取代，B→C是﹣CN转化为﹣COOH，C→D是﹣OH被﹣Cl取代，D→F是氯原子被苯环取代，结合P的结构，逆推可知D为、C为、B为、A为；
（5）发生消去反应生成，然后与HBr发生加成反应生成，再与NaCN发生取代反应生成，最后酸性条件下水解生成。
【解答】解：（1）反应①是甲基上氢原子被溴原子取代生成A，反应试剂和条件是：Br2、光照，反应②溴原子被﹣CN替代，反应类型是取代反应，
故答案为：Br2、光照；取代反应；
（2）检验A中含有溴元素，先在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应，使Br元素以Br﹣形成转移到溶液中，再用硝酸酸化，最后加入硝酸银溶液，有淡黄色沉淀生成，
故答案为：稀硝酸、NaOH溶液；
（3）C的结构简式为：，D→P的化学反应方程式为：，
故答案为：；；
（4）满足下列条件P的同分异构体：a．有两个苯环，b．能发生银镜反应，说明含有醛基，c．有4种化学环境氢原子，该同分异构体结构简式为：，
故答案为：；
（5）发生消去反应生成，然后与HBr发生加成反应生成，再与NaCN发生取代反应生成，最后酸性条件下水解生成，合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用P的结构、有机物分子式采取正逆推法相结合进行分析判断，是对有机化学基础的综合考查。
24．（15分）研究小组通过下列装置测定某燃煤烟气中SO2的体积分数。已知燃煤烟气的主要成分为N2、CO、SO2。完成下列填空：
（1）A装置是为了观察气体的流速，则试剂M为 d 。（选填编号）
a．饱和NaOH溶液
b．饱和Na2S溶液
c．饱和Na2SO3溶液
d．饱和NaHSO3溶液
（2）当B装置中溶液颜色由 蓝色变为无色 时，则停止通气。B装置中的反应体现SO2的 还原性 性。（选填“氧化”、“还原”或“漂白”）
（3）经测定，燃煤烟气消耗了50.00mL含I21.000×10﹣3mol/L的溶液，且C装置中气体体积为20.00mL（标准状况下）。则燃煤烟气中SO2的体积分数为 0.053 （保留小数点后三位）。若读数时水准管内液面高于量气管内液面，则结果将 偏大 。（选填“偏大”、“偏小”或“无影响”）
最近，中国科学家利用多孔碳吸附SO2，不仅能解决燃煤污染，而且实现了SO2回收利用。如图是多孔碳对燃煤烟气中SO2的吸附、转化、热再生的示意图。
（4）写出步骤②中硫酸根离子的检验方法 取样，先加入足量稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则含有硫酸根离子，若未产生白色沉淀，则不含硫酸根离子 。步骤③的化学方程式为 C+2H2SO4SO2↑+CO2↑+2H2O 。
（5）SO2的吸附、转化、热再生的主要目的是 提高SO2的纯度，提高SO2的浓度（或富集SO2） 。
【分析】混合气体通过装置A控制气体的流速，气体通过含淀粉的碘水，碘单质与二氧化硫反应，最后通过排水法测其体积（N2和CO），由总体积和剩余气体的体积求出二氧化硫的体积分数，据此来解答；
【解答】解：（1）装置A控制气体的流速，故装置A中所装试剂不与气体反应，且不减少二氧化硫的含量，故用饱和NaHSO3溶液，
故答案为：d；
（2）装置B中含淀粉的碘水，碘单质与二氧化硫反应，当反应完全时，碘单质消耗完全，故溶液由蓝色变为无色，体现二氧化硫的还原性，
故答案为：蓝色变为无色；还原性；
（3）二氧化硫与碘单质反应的方程式为：SO2+I2+2H2O═2HI+H2SO4，消耗了50.00mL含I21.000×10﹣3mol/L的溶液，n（SO2）＝n（I2）＝0.05L×1.000×10﹣3mol/L＝5×10﹣5mol，在标准状况下，V（SO2）＝5×10﹣5mol×22.4L/mol＝1.12×10﹣3L＝1.12mL，则燃煤烟气中SO2的体积分数为＝0.053，若读数时水准管内液面高于量气管内液面，使得量气管的体积偏小，则结果将偏大，
故答案为：0.053；偏大；
（4）硫酸根离子的检验方法为：取样，先加入足量稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则含有硫酸根离子，若未产生白色沉淀，则不含硫酸根离子，步骤③中，由硫酸得到二氧化硫，需要加入还原剂，化学方程式为C+2H2SO4SO2↑+CO2↑+2H2O，
故答案为：取样，先加入足量稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则含有硫酸根离子，若未产生白色沉淀，则不含硫酸根离子；C+2H2SO4SO2↑+CO2↑+2H2O；
（5）SO2的吸附、转化、热再生的主要目的是提高SO2的纯度，提高SO2的浓度（或富集SO2），
故答案为：提高SO2的纯度，提高SO2的浓度（或富集SO2）。
【点评】本题考查物质组成与含量的测定、对实验原理与装置理解与评价、阅读获取信息的能力等，题目难度中等，是对知识的综合运用，理解实验原理是解题的关键，需要学生具有扎实的基础与综合运用分析解决问题的能力，学习中全面把握基础知识。
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2020-2021学年上海市闵行区高三（上）期末化学试卷（一模）
一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）
1．（2分）“华龙一号”是我国自主研制的核电技术，其核燃料含有Pu和Pu。当两者互相转化时，不变的是（ ）
A．中子数 B．电子数
C．相对原子质量 D．质量数
2．（2分）测定胆矾的结晶水含量时，需要的定量仪器是（ ）
A．量筒 B．电子天平 C．容量瓶 D．温度计
3．（2分）下列过程不会破坏化学键的是（ ）
A．乙醇溶于水 B．氯化氢溶于水
C．晶体硅熔化 D．氯化钠熔化
4．（2分）催化加氢不能得到2﹣甲基戊烷的是（ ）
A．CH3CH＝C（CH3）CH2CH3 B．（CH3）2C＝CHCH2CH3
C．CH2＝C（CH3）（CH2）2CH3 D．CH3CH＝CHCH（CH3）2
5．（2分）工业上大量获得乙烯的方法是（ ）
A．石油分馏 B．石油裂化 C．石油裂解 D．煤的干馏
6．（2分）唐代孙思邈《备急千金要方》中记载：“菖蒲、枸杞根细锉，以水四石，煮取一石六斗，去滓，酿二斛米酒，熟稍稍饮之。”上述蕴含的操作原理不包括（ ）
A．溶解 B．蒸发 C．过滤 D．分液
7．（2分）合成所需的单体是（ ）
A．CH3CH2CH（CH3）CH2CH3 B．CH3CH＝C（CH3）CH＝CH2
C．CH3CH＝CHCH3、CH2＝CH2 D．CH2＝CHCH＝CH2、CH2＝CH2
8．（2分）改变温度不影响（ ）
A．物质的摩尔质量 B．水的离子积
C．气体摩尔体积 D．化学平衡常数
9．（2分）工业海水提溴时，下列操作步骤与目的均正确的是（ ）
A
B
C
D
步骤
浓缩海水
通Cl2
鼓入热空气
CCl4萃取
目的
提高n（Br﹣）
还原Br﹣
使Br2挥发
使Br2溶解
A．A B．B C．C D．D
10．（2分）对于22.4L的气体2H2，说法正确的是（ ）
A．含有2NA个2H
B．密度是1H2的0.5倍
C．标准状况下，含有2NA个中子
D．分子数是11.2L H2的两倍
11．（2分）向氯化铵溶液加入少量试剂M，使溶液中c（NH4+）＝c（Cl﹣）。试剂M不可能是（ ）
A．氨水 B．稀盐酸 C．硝酸银溶液 D．硫酸铵溶液
12．（2分）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．铁与稀盐酸反应：Fe+6H+═Fe3++3H2↑
B．氯气与氯化亚铁溶液反应：Cl2+Fe2+═Fe3++2Cl﹣
C．氯化铁溶液与铜反应：3Cu+2Fe3+═2Fe+3Cu2+
D．氯化铁溶液与硫化氢反应：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+
13．（2分）用石墨作电极电解饱和食盐水可制取NaClO消毒液，简易装置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a为电源的负极
B．用铁制容器盛放食盐水
C．电解过程中，c（Na+）保持不变
D．电解结束后，用pH试纸测定溶液的pH
14．（2分）使用过量NaOH溶液能满足实验要求的是（ ）
A．除去Al2O3中杂质Fe2O3
B．由AlCl3溶液制备Al（OH）3
C．除去C2H5Br中杂质Br2
D．检验醛基时制备新制Cu（OH）2
15．（2分）磷酸二氢铵（NH4H2PO4）常作干粉灭火器的原料，温度高于100℃会分解。关于NH4H2PO4说法错误的是（ ）
A．易溶于水 B．分解时放热
C．与强碱反应能产生氨气 D．可用作复合肥料
16．（2分）利用如表中装置和试剂依次完成乙烯的制取、除杂及检验，其中不合理的是（ ）
A
B
C
D
装置
试剂
无水乙醇和浓硫酸
氢氧化钠溶液
品红溶液
溴水
A．A B．B C．C D．D
17．（2分）恒温恒容的密闭容器中发生反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。下列能判断反应已达到平衡状态的是（ ）
A．容器内气体密度保持不变
B．该反应的化学平衡常数保持不变
C．CO与CH3OH的体积分数之比为1：1
D．CO与CH3OH的生成速率之比为1：1
18．（2分）丙烷与溴原子能发生以下两种反应：
①CH3CH2CH3（g）+Br（g）→CH3CH2CH2（g）+HBr（g）
②CH3CH2CH3（g）+Br（g）→CH3CHCH3（g）+HBr（g）
反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应①是放热反应
B．反应②使用了催化剂
C．产物中CH3CH2CH2（g）含量比CH3CHCH3（g）低
D．CH3CH2CH2（g）转变为CH3CHCH3（g）时需要吸热
19．（2分）A、B、C、D是原子序数递增的短周期元素。A、C原子最外层均有一个空轨道，B、D原子均有一个未成对电子，且B原子核外有5种不同能量的电子。下列说法错误的是（ ）
A．A的氧化物属于分子晶体
B．B的氯化物属于弱电解质
C．C的氧化物属于共价化合物
D．D的单质中含有非极性键
20．（2分）常温下，甲、乙两烧杯均盛有V1L pH＝11 NaOH溶液。将V2L pH＝3的一元强酸HA溶液和V3L pH＝3的一元弱酸HB溶液分别加入甲、乙两烧杯中，均恰好完全反应。下列说法正确的是（ ）
A．V3＞V2＝V1
B．反应后：pH甲＞pH乙
C．甲烧杯中：c（Na+）＜c（A﹣）
D．乙烧杯中：c（OH﹣）＝c（HB）+c（H+）
二、综合题（共60分）
21．（15分）Na2SiF6作杀虫剂和木材防腐剂，其制备反应为：3SiF4+2Na2CO3+2H2O→2Na2SiF6↓+H4SiO4+2CO2↑。完成下列填空：
（1）上述所有物质中，某分子的空间构型为直线型，其电子式为 。SiF4是 分子。（选填“极性”或“非极性”）
（2）上述所有元素中，有两种元素位于周期表同一主族，该族元素原子的最外层电子排布通式为 （用n表示电子层数）。O、F、Na三种元素形成的简单离子，半径由大到小顺序是 。
（3）H4SiO4称为原硅酸，推测其是 酸（选填“强”或“弱”）。从元素周期律角度解释上述推测 。常温下，浓度均为0.1mol/L的Na2CO3和NaHCO3两份溶液。
（4）对于两份溶液判断错误的是 。（选填编号）
a．存在的微粒种类相同
b．c（OH﹣）前者小于后者
c．均存在电离平衡和水解平衡
d．分别加少量NaOH固体，恢复至常温，c（CO32﹣）均增大
（5）两份溶液的离子浓度大小关系中，有一个相同的守恒关系，其表达式是 。将两溶液等体积混合后， （填微粒符号）浓度之和仍为0.1mol/L。
22．（15分）燃料电池和锂离子电池在生产生活中占据重要地位。甲醇是常见的燃料电池原料，CO2催化氢化可合成甲醇。反应为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）+48.9kJ。完成下列填空：
（1）反应的平衡常数K＝ 。
（2）在2L容器中充入4mol CO2和H2的混合气体，反应10min后，气体的总物质的量变为原来的75%。则0～10min内，H2的平均反应速率为 。前5min内的v逆（CH3OH） 前10min内的v逆（CH3OH）（选填“大于”、“等于”或“小于”）。原因是 。
（3）在恒容密闭容器发生上述反应，如图是反应过程中两个物理量变化关系图象，曲线上各点均已达到平衡状态。若x轴表示温度，则y轴可表示 （任写一个）。一定温度下，若x轴为原料投料比[]，则y轴是 的转化率。工业生产或实验室制备中，通常加大某一反应物的用量，以提高另一反应物的转化率，举一例说明。 。
FePO4是制备锂离子电池的原料。向FeSO4溶液中先加入H3PO4溶液，再加入NaOH、NaClO的混合液可制取FePO4。
（4）配平下列反应方程式。
FeSO4+ H3PO4+ NaClO+ NaOH→ FePO4↓+ Na2SO4+ NaCl+ H2O
（5）NaOH、NaClO的混合液可通过Cl2与NaOH溶液反应制取。若NaOH、NaClO混合液中NaClO含量偏低，则制得的FePO4中含有的不溶性杂质主要是 。现有500mL 1.2mol/L NaOH溶液，若要制取反应所需的混合液，则需通入标准状况下Cl2的体积为 。
23．（15分）某镇静类药物中间体P的合成路线如下：
已知：R﹣CNR﹣COOH
完成下列填空：
（1）反应①的试剂和条件是 。反应②的反应类型是 。
（2）检验A中含有溴元素所需的试剂，需硝酸银溶液、 、 。
（3）写出C的结构简式 。写出D→P的化学反应方程式 。
（4）写出满足下列条件P的同分异构体的结构简式 。
a．有两个苯环
b．能发生银镜反应
c．有4种化学环境氢原子
（5）结合已知信息，写出以为原料制备的合成路线流程图 。（无机试剂任选）合成路线流程图示例为：XY……目标产物。
24．（15分）研究小组通过下列装置测定某燃煤烟气中SO2的体积分数。已知燃煤烟气的主要成分为N2、CO、SO2。完成下列填空：
（1）A装置是为了观察气体的流速，则试剂M为 。（选填编号）
a．饱和NaOH溶液
b．饱和Na2S溶液
c．饱和Na2SO3溶液
d．饱和NaHSO3溶液
（2）当B装置中溶液颜色由 时，则停止通气。B装置中的反应体现SO2的 性。（选填“氧化”、“还原”或“漂白”）
（3）经测定，燃煤烟气消耗了50.00mL含I21.000×10﹣3mol/L的溶液，且C装置中气体体积为20.00mL（标准状况下）。则燃煤烟气中SO2的体积分数为 （保留小数点后三位）。若读数时水准管内液面高于量气管内液面，则结果将 。（选填“偏大”、“偏小”或“无影响”）
最近，中国科学家利用多孔碳吸附SO2，不仅能解决燃煤污染，而且实现了SO2回收利用。如图是多孔碳对燃煤烟气中SO2的吸附、转化、热再生的示意图。
（4）写出步骤②中硫酸根离子的检验方法 。步骤③的化学方程式为 。
（5）SO2的吸附、转化、热再生的主要目的是 。
2020-2021学年上海市闵行区高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）
1．（2分）“华龙一号”是我国自主研制的核电技术，其核燃料含有Pu和Pu。当两者互相转化时，不变的是（ ）
A．中子数 B．电子数
C．相对原子质量 D．质量数
【分析】有Pu和Pu为同种元素的质子数相同，质子数＝核外电子数＝核电荷数，而中子数可能不同，质量数不同，据此答题。
【解答】解：A．Pu和Pu的中子数分别是144和145，故A错误；
B．Pu和Pu的电子数分别是94和94，当两者互相转化时不变，故B正确；
C．Pu和Pu的相对原子质量近似等于其质量数，故C错误；
D．Pu和Pu的质量数分别是238和239，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查同位素及其相互转化时的变化，抓住同位素的异同点是解题关键，难度不大，注重基础。
2．（2分）测定胆矾的结晶水含量时，需要的定量仪器是（ ）
A．量筒 B．电子天平 C．容量瓶 D．温度计
【分析】重量法测定胆矾中结晶水含量的实验步骤为：①研磨，②称量空坩埚和装有试样的坩埚的质量，③加热，④冷却，⑤称量，⑥重复③至⑤的操作，⑦根据实验数据计算硫酸铜结晶水的含量，实验过程中需要使用的仪器有托盘天平、研钵、酒精灯、玻璃棒、坩埚、干燥器、泥三角、三角架、药匙、坩埚钳等仪器，据此解答该题。
【解答】解：测定胆矾晶体结晶水含量时，结晶水合物在研钵中研碎、放在坩埚中加热灼烧，先用小火，后渐改为用大火加热至固体恒重，放在干燥器中冷却到室温，并用天平称量质量。所给仪器中，实验室测定胆矾结晶水含量时，不需要的仪器和用品是量筒、容量瓶和温度计，需要的是电子天平，
故选：B。
【点评】本题考查了硫酸铜晶体中结晶水含量测定，题目难度不大，明确操作步骤为解答关键，注意仪器的选择和使用，题目难度不大。
3．（2分）下列过程不会破坏化学键的是（ ）
A．乙醇溶于水 B．氯化氢溶于水
C．晶体硅熔化 D．氯化钠熔化
【分析】电解质发生电离或物质发生化学反应时都有化学键被破坏，据此分析判断。
【解答】解：A．乙醇在水中以分子存在，所以乙醇溶于水没有化学键破坏，故A正确；
B．HCl溶于水时，在水分子作用下HCl电离出H+、Cl﹣，则HCl中共价键被破坏，故B错误；
C．晶体硅中熔融时Si、Si原子之间的共价键被破坏，故C错误；
D．NaCl熔融时Na+、Cl﹣之间的离子键被破坏，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学键，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用，明确物质构成微粒、微粒之间作用力是解本题关键，注意：有化学键被破坏时不一定发生化学反应，但发生化学反应一定破坏化学键，题目难度不大。
4．（2分）催化加氢不能得到2﹣甲基戊烷的是（ ）
A．CH3CH＝C（CH3）CH2CH3 B．（CH3）2C＝CHCH2CH3
C．CH2＝C（CH3）（CH2）2CH3 D．CH3CH＝CHCH（CH3）2
【分析】催化加氢若得到2﹣甲基戊烷，由CH3CH（CH3）CH2CH2CH3可知，碳链骨架不变，相邻2个C上至少含1个H，则4﹣甲基﹣1﹣戊炔或4﹣甲基﹣2﹣戊炔或4﹣甲基﹣1﹣戊烯或4﹣甲基﹣2﹣戊烯或2﹣甲基﹣2﹣戊烯或2﹣甲基﹣1﹣戊烯加成得到，其它不能加成得到，以此来解答。
【解答】解：A．CH3CH＝C（CH3）CH2CH3催化加氢得到3﹣甲基戊烷，故A正确；
B．（CH3）2C＝CHCH2CH3催化加氢得到2﹣甲基戊烷，故B错误；
C．CH2＝C（CH3）（CH2）2CH3加氢得到2﹣甲基戊烷，故C错误；
D．CH3CH＝CHCH（CH3）2加氢得到2﹣甲基戊烷，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握烯烃与炔烃的加成反应、碳链骨架为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意加成反应的特点，题目难度不大。
5．（2分）工业上大量获得乙烯的方法是（ ）
A．石油分馏 B．石油裂化 C．石油裂解 D．煤的干馏
【分析】裂解是深度裂化以获得乙烯，丙烯等短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程。
【解答】解：能制取乙烯的反应很多，比如乙醇脱水、溴乙烷消去等，但工业上获取乙烯的主要方法是石油的裂解，常用乙烯的产量来衡量一个国家石油化工发展水平，故C正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查学生对石油炼制产品的了解，题目难度不大，加强基础知识的掌握，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。
6．（2分）唐代孙思邈《备急千金要方》中记载：“菖蒲、枸杞根细锉，以水四石，煮取一石六斗，去滓，酿二斛米酒，熟稍稍饮之。”上述蕴含的操作原理不包括（ ）
A．溶解 B．蒸发 C．过滤 D．分液
【分析】文中“以水四石”、“煮”、“去滓”等字词，涉及到溶解、蒸发、过滤等操作，以此解答该题。
【解答】解：文中“以水四石”，为溶解过程，“煮取一石六斗”为蒸发过程，“去滓”为过滤，分液用于分离互不相溶的液体，文中没有涉及到，
故选：D。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
7．（2分）合成所需的单体是（ ）
A．CH3CH2CH（CH3）CH2CH3 B．CH3CH＝C（CH3）CH＝CH2
C．CH3CH＝CHCH3、CH2＝CH2 D．CH2＝CHCH＝CH2、CH2＝CH2
【分析】根据相邻的2个碳原子之间形成碳碳双键，然后结合碳形成4个共用电子对进行断键还原可得其单体。
【解答】解：的链节主链只有碳碳单键，则单体为单烯烃，其单体为CH3CH＝CHCH3、CH2＝CH2，故C正确，
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和应用能力，注意把握有机物的组成、结构和官能团的性质，注意把握高分子化合物的特点，难度不大。
8．（2分）改变温度不影响（ ）
A．物质的摩尔质量 B．水的离子积
C．气体摩尔体积 D．化学平衡常数
【分析】A．物质的摩尔质量是以g/mol为单位，数值上等于其相对分子质量或相对原子质量；
B．一定温度下水电离出氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积为常数；
C．一定温度压强下，1mol任何气体体积相同；
D．化学平衡常数是利用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，只随温度变化。
【解答】解：A．物质的摩尔质量不受温度影响，故A正确；
B．水的离子积受温度影响，升温促进水的电离，离子积常数增大，故B错误；
C．气体摩尔体积随温度变化，故C错误；
D．平衡常数随温度变化，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了物理量的影响因素分析判断，主要是受温度影响的平衡常数、离子积常数、气体摩尔体积概念的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
9．（2分）工业海水提溴时，下列操作步骤与目的均正确的是（ ）
A
B
C
D
步骤
浓缩海水
通Cl2
鼓入热空气
CCl4萃取
目的
提高n（Br﹣）
还原Br﹣
使Br2挥发
使Br2溶解
A．A B．B C．C D．D
【分析】工业海水提溴时，先浓缩增大溴离子浓度，通入氯气发生Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣，热空气吹出溴，吸收塔中发生SO2+Br2+2H2O═H2SO4+2HBr，再通入氯气发生Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣，达到富集溴的目的，最后萃取、分液、蒸馏分离出溴，以此来解答。
【解答】解：A.浓缩海水提高c（Br﹣），n（Br﹣）不变，故A错误；
B.通入氯气发生Cl2+2Br﹣═Br2+2Cl﹣，氧化溴离子，故B错误；
C.溴易挥发，热空气可吹出溴，故C正确；
D.CCl4萃取可分离溴与水溶液，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意海水中元素的提取原理，题目难度不大。
10．（2分）对于22.4L的气体2H2，说法正确的是（ ）
A．含有2NA个2H
B．密度是1H2的0.5倍
C．标准状况下，含有2NA个中子
D．分子数是11.2L H2的两倍
【分析】2H2中氢原子含有1个质子、1个中子，气体存在的条件未知，不能确定物质的量，如在标准状况下，则n＝＝＝1mol，结合ρ＝＝计算，以此解答该题。
【解答】解：A.气体存在的条件未知，不能由体积确定物质的量，故A错误；
B.如在相同条件下，由ρ＝＝可知，密度之比等于摩尔质量之比，则密度是1H2的＝2倍，故B错误；
C.标准状况下，n＝＝＝1mol，2H2中氢原子含有1个质子、1个中子，则22.4L2H2含有2NA个中子，故C正确；
D.气体存在的条件未知，不能确定物质的量，则不能确定分子数，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查物质的量的计算，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把握相关计算公式的运用，把握物质的构成特点，题目难度不大。
11．（2分）向氯化铵溶液加入少量试剂M，使溶液中c（NH4+）＝c（Cl﹣）。试剂M不可能是（ ）
A．氨水 B．稀盐酸 C．硝酸银溶液 D．硫酸铵溶液
【分析】向氯化铵溶液中NH4+发生水解，导致c（NH4+）＜c（Cl﹣），若要使c（NH4+）＝c（Cl﹣），则要增大c（NH4+）或减小c（Cl﹣），据此分析。
【解答】解：A．向氯化铵溶液加入少量氨水，c（NH4+）增大，可以使溶液中c（NH4+）＝c（Cl﹣），故A不选；
B．向氯化铵溶液加入少量稀盐酸，c（Cl﹣）增大，则溶液中c（NH4+）＜c（Cl﹣），不能使溶液中c（NH4+）＝c（Cl﹣），故B选；
C．加入硝酸银溶液，消耗Cl﹣，c（Cl﹣）减小，可以使溶液中c（NH4+）＝c（Cl﹣），故C不选；
D．加入硫酸铵溶液，c（NH4+）增大，可以使溶液中c（NH4+）＝c（Cl﹣），故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查了盐类水解原理、水解平衡移动的影响因素，题目难度不大，注意对基础知识的积累，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。
12．（2分）下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．铁与稀盐酸反应：Fe+6H+═Fe3++3H2↑
B．氯气与氯化亚铁溶液反应：Cl2+Fe2+═Fe3++2Cl﹣
C．氯化铁溶液与铜反应：3Cu+2Fe3+═2Fe+3Cu2+
D．氯化铁溶液与硫化氢反应：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+
【分析】A．不符合反应客观事实；
B．电荷不守恒；
C．不符合反应客观事实；
D．铁离子能够氧化硫化氢生成硫单质。
【解答】解：A．铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式：Fe+2H+═Fe2++H2↑，故A错误；
B．氯气与氯化亚铁溶液反应，离子方程式：Cl2+2Fe2+═2Fe3++2Cl﹣，故B错误；
C．氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式：Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，故C错误；
D．氯化铁溶液与硫化氢反应，离子方程式：2Fe3++H2S═2Fe2++S↓+2H+，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查离子方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应、离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意氧化还原反应电子、电荷守恒的判断，题目难度不大。
13．（2分）用石墨作电极电解饱和食盐水可制取NaClO消毒液，简易装置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．a为电源的负极
B．用铁制容器盛放食盐水
C．电解过程中，c（Na+）保持不变
D．电解结束后，用pH试纸测定溶液的pH
【分析】电解NaCl溶液发生反应为2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，生成的氯气能和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，为了使生成的氯气与氢氧化钠溶液充分接触，氯气应该在下面生成，所以下端是阳极，则b为正极，a为负极，反应生成的NaClO具有漂白性，据此分析。
【解答】解：A．由分析可知，a为电源的负极，故A正确；
B．Fe在氯化钠溶液中容易发生吸氧腐蚀，所以不能用铁制容器盛放食盐水，故B错误；
C．由2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH可知，电解时消耗水，溶液的体积减小，则c（Na+）增大，故C错误；
D．电解后生成的NaClO具有漂白性，不能用pH试纸测定溶液的pH，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，熟记常见离子放电顺序以及发生的电极反应，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的综合运用能力。
14．（2分）使用过量NaOH溶液能满足实验要求的是（ ）
A．除去Al2O3中杂质Fe2O3
B．由AlCl3溶液制备Al（OH）3
C．除去C2H5Br中杂质Br2
D．检验醛基时制备新制Cu（OH）2
【分析】A．Fe2O3与NaOH溶液不反应；
B．Al（OH）3能与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠；
C．C2H5Br与NaOH溶液反应；
D．用可溶性的铜盐与NaOH溶液反应能生成新制的Cu（OH）2。
【解答】解：A．Fe2O3与NaOH溶液不反应，Al2O3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠溶液，把主要物质除去了，故A错误；
B．由AlCl3溶液与NaOH溶液反应制备Al（OH）3，生成的Al（OH）3能与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，所以不能得到Al（OH）3，故B错误；
C．C2H5Br在NaOH溶液会发生反应水解反应，所以不能用NaOH溶液来除去C2H5Br中杂质Br2，可以用亚硫酸钠溶液除去Br2，故C错误；
D．用可溶性的铜盐与NaOH溶液反应能生成新制的Cu（OH）2，则使用过量NaOH溶液能制备新制Cu（OH）2，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查较为综合，涉及元素化合物知识以及实验的操作等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握相关基础知识的积累，难度不大。
15．（2分）磷酸二氢铵（NH4H2PO4）常作干粉灭火器的原料，温度高于100℃会分解。关于NH4H2PO4说法错误的是（ ）
A．易溶于水 B．分解时放热
C．与强碱反应能产生氨气 D．可用作复合肥料
【分析】A．铵盐易溶于水；
B．磷酸二氢铵（NH4H2PO4）分解需要吸收大量的热；
C．磷酸二氢铵（NH4H2PO4）与氢氧化钠反应生成氨气和磷酸钠和水；
D．依据磷酸二氢铵含有N和P元素解答。
【解答】解：A．磷酸二氢铵（NH4H2PO4）属于铵盐，易溶于水，故A正确；
B．磷酸二氢铵（NH4H2PO4）分解需要吸收大量的热，故B错误；
C．磷酸二氢铵（NH4H2PO4）与氢氧化钠反应生成氨气和磷酸钠和水，所以能够与强碱反应生成氨气，故C正确；
D．磷酸二氢铵含有N和P元素，属于复合肥，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉铵盐结构组成及性质是解题关键，题目难度不大。
16．（2分）利用如表中装置和试剂依次完成乙烯的制取、除杂及检验，其中不合理的是（ ）
A
B
C
D
装置
试剂
无水乙醇和浓硫酸
氢氧化钠溶液
品红溶液
溴水
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．温度计用来测量混合液温度，不是生成气体的温度；
B．反应过程中会生成二氧化硫、二氧化碳气体，通过氢氧化钠溶液可以除去乙烯气体中含有的二氧化碳、二氧化硫等酸性气体和挥发出来的乙醇；
C．二氧化硫具有漂白性，可以使品红溶液褪色，用来检验二氧化硫气体是否除尽；
D．乙烯与溴水发生加成反应，使溴水褪色，可证明制得的气体含有乙烯。
【解答】解：A．无水乙醇和浓硫酸共热到170℃发生消去反应生成乙烯，温度计的作用是测量混合液的反应温度，不是生成气体的温度，则温度计应插入反应混合液中，故A错误；
B．由于浓硫酸具有脱水性，能使部分乙醇发生脱水生成碳单质，碳与浓硫酸加热条件下反应生成二氧化硫、二氧化碳气体，则制得的乙烯气体中含有二氧化碳、二氧化硫、乙醇蒸汽，通过氢氧化钠溶液除去乙烯气体中含有的二氧化碳、二氧化硫等酸性气体和易溶于水的乙醇，故B正确；
C．由于二氧化硫具有还原性，可与溴水反应，再通过品红溶液，检验二氧化硫气体是否除尽，防止干扰后续实验现象，故C错误；
D．最后将气体通入溴水中，溴水褪色，说明乙烯与溴水发生加成反应，可证明制得的气体含有乙烯，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查乙烯的制备以及生成物的检验，难度不大，熟悉乙烯制备过程中的实验原理、副反应及其产物是解答的关键。
17．（2分）恒温恒容的密闭容器中发生反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。下列能判断反应已达到平衡状态的是（ ）
A．容器内气体密度保持不变
B．该反应的化学平衡常数保持不变
C．CO与CH3OH的体积分数之比为1：1
D．CO与CH3OH的生成速率之比为1：1
【分析】CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）为气体体积缩小的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，据此进行判断。
【解答】解：A．该反应前后都是气体，气体总质量为定值，容器容积不变，则容器内气体的密度始终不变，不能根据混合气体的密度判断平衡状态，故A错误；
B．化学平衡常数仅受温度影响，恒温恒容的密闭容器中发生反应，化学平衡常数保持不变，无法判断是否达到平衡状态，故B错误；
C．CO与CH3OH的体积分数之比为1：1，不能体现正逆反应速率相等，也不能体现各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，故C错误；
D．CO与CH3OH的生成速率之比为1：1，表示的是正逆反应速率相等，可以判断已经达到平衡状态，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学平衡状态的判断，题目难度不大，明确反应特点为解答关键，注意掌握化学平衡状态的特征，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力。
18．（2分）丙烷与溴原子能发生以下两种反应：
①CH3CH2CH3（g）+Br（g）→CH3CH2CH2（g）+HBr（g）
②CH3CH2CH3（g）+Br（g）→CH3CHCH3（g）+HBr（g）
反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．反应①是放热反应
B．反应②使用了催化剂
C．产物中CH3CH2CH2（g）含量比CH3CHCH3（g）低
D．CH3CH2CH2（g）转变为CH3CHCH3（g）时需要吸热
【分析】A．反应物具有的能量大于生成物具有的能量，则反应放热，反之相反；
B．反应①和②同时进行，并且反应②的活化能低，则反应②的反应速率快；
C．反应的活化能越低，反应速率越快，生成物的含量越高；
D．由图可知，1molCH3CH2CH2（g）和1molHBr（g）具有的能量大于1molCH3CHCH3（g）和1molHBr（g）具有的能量。
【解答】解：A．由图可知，反应①中CH3CH2CH3（g）和Br（g）具有的能量小于CH3CH2CH2（g）和HBr（g）具有的能量，则反应吸热，故A错误；
B．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，反应②的活化能低，反应②的反应速率快，但反应①和②同时进行，不能确定反应②是否使用了催化剂，故B错误；
C．由图可知，活化能：反应①＞②，则反应②的反应速率快，生成物含量：CH3CHCH3（g）＞CH3CH2CH2（g），故C正确；
D．由图可知，1molCH3CH2CH2（g）和1molHBr（g）具有的能量大于1molCH3CHCH3（g）和1molHBr（g）具有的能量，所以CH3CH2CH2（g）转变为CH3CHCH3（g）时放热，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、吸放热反应的判定、焓变的计算、活化能与反应速率关系、催化剂对反应的影响为解答的关键，侧重分析与灵活运用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
19．（2分）A、B、C、D是原子序数递增的短周期元素。A、C原子最外层均有一个空轨道，B、D原子均有一个未成对电子，且B原子核外有5种不同能量的电子。下列说法错误的是（ ）
A．A的氧化物属于分子晶体
B．B的氯化物属于弱电解质
C．C的氧化物属于共价化合物
D．D的单质中含有非极性键
【分析】A、B、C、D是原子序数递增的短周期元素，B、D原子均有一个未成对电子，且B原子核外有5种不同能量的电子，B、D的核外电子排布式分别为1s22s22p63s23p1、1s22s22p63s23p5，则B为Al、D为Cl元素；A、C原子最外层均有一个空轨道，结合原子序数大小可知，A、C核外电子排布式分别为1s22s22p63s23p2、1s22s22p63s23p2，则A为C元素、C为Si元素，以此分析解答。
【解答】解：结合分析可知，A为C元素，B为Al，C为Si，D为Cl元素，
A．二氧化碳属于分子晶体，故A正确；
B．B的氯化物为氯化铝，氯化铝为强电解质，故B错误；
C．C的氧化物为二氧化硅，二氧化硅为共价化合物，故C正确；
D．氯气分子中含有Cl﹣Cl非极性键，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
20．（2分）常温下，甲、乙两烧杯均盛有V1L pH＝11 NaOH溶液。将V2L pH＝3的一元强酸HA溶液和V3L pH＝3的一元弱酸HB溶液分别加入甲、乙两烧杯中，均恰好完全反应。下列说法正确的是（ ）
A．V3＞V2＝V1
B．反应后：pH甲＞pH乙
C．甲烧杯中：c（Na+）＜c（A﹣）
D．乙烧杯中：c（OH﹣）＝c（HB）+c（H+）
【分析】A．pH相同的一元弱酸与一元强酸，一元弱酸的物质的量浓度远大于一元强酸的浓度，再结合c（NaOH）×V（NaOH）＝c（酸）×V（酸）判断；
B．强酸强碱盐溶液呈中性，强碱弱酸盐溶液呈碱性；
C．甲烧杯中溶液呈中性，结合电荷守恒判断；
D．乙烧杯中B﹣发生水解，溶液中OH﹣还来自水的电离，根据质子守恒判断。
【解答】解：A．溶液中，强酸完全电离，弱酸部分电离，故pH＝3的一元强酸HA溶液和pH＝3一元弱酸HB溶液的浓度：c（HA）＜c（HB），pH＝11 NaOH溶液中c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣3mol/L，由于NaOH与酸恰好反应，则V1L×10﹣3mol/L＝V2L×10﹣3mol/L，故V2＝V1，V1L×10﹣3mol/L＝V3L×c（HBr），由于c（HB）＞10﹣3mol/L，故V3＜V1，即V2＝V1＞V3，故A错误；
B．甲烧杯溶液中溶质为强酸强碱盐，溶液呈中性，乙烧杯溶液中溶质为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，反应后：pH甲＜pH乙，故B错误；
C．由电荷守恒有c（Na+）+c（H+）＝c（A﹣）+c（OH﹣），甲烧杯中溶液呈中性，则c（OH﹣）＝c（H+），联立可得c（Na+）＝c（A﹣），故C错误；
D．乙烧杯中B﹣发生水解：B﹣+H2O⇌HB+OH﹣，水发生电离：H2O⇌H++OH﹣，根据质子守恒有：c（OH﹣）＝c（HB）+c（H+），故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查水溶液中电离平衡知识、pH的有关计算、离子浓度大小比较等，题目侧重考查学生分析推理能力，是对学生综合能力的考查。
二、综合题（共60分）
21．（15分）Na2SiF6作杀虫剂和木材防腐剂，其制备反应为：3SiF4+2Na2CO3+2H2O→2Na2SiF6↓+H4SiO4+2CO2↑。完成下列填空：
（1）上述所有物质中，某分子的空间构型为直线型，其电子式为 。SiF4是 非极性 分子。（选填“极性”或“非极性”）
（2）上述所有元素中，有两种元素位于周期表同一主族，该族元素原子的最外层电子排布通式为 ns2np2 （用n表示电子层数）。O、F、Na三种元素形成的简单离子，半径由大到小顺序是 O2﹣＞F﹣＞Na+ 。
（3）H4SiO4称为原硅酸，推测其是 弱 酸（选填“强”或“弱”）。从元素周期律角度解释上述推测 Si在周期表ⅣA主族，Si在C的下方，非金属性Si＜C，最高价氧化物对应水化物的酸性H4SiO4＜H2CO3，碳酸为弱酸，则原硅酸酸性更弱 。常温下，浓度均为0.1mol/L的Na2CO3和NaHCO3两份溶液。
（4）对于两份溶液判断错误的是 b 。（选填编号）
a．存在的微粒种类相同
b．c（OH﹣）前者小于后者
c．均存在电离平衡和水解平衡
d．分别加少量NaOH固体，恢复至常温，c（CO32﹣）均增大
（5）两份溶液的离子浓度大小关系中，有一个相同的守恒关系，其表达式是 c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（ CO32﹣） 。将两溶液等体积混合后， HCO3﹣、CO32﹣，H2CO3 （填微粒符号）浓度之和仍为0.1mol/L。
【分析】（1）分子空间构型为直线型的是二氧化碳分子，二氧化碳的电子式为：；正负电荷中心重合的分子为非极性分子，否则为极性分子；
（2）上述所有元素中，C、Si两种元素位于周期表ⅣA主族，最外层有4个电子；电子层结构相同的离子核电荷数越大离子半径越小，离子的电子层越多离子半径越大；
（3）H4SiO4称为原硅酸，推测其是弱酸，Si在周期表ⅣA主族，Si在C的下方，非金属性Si＜C，最高价氧化物对应水化物的酸性H4SiO4＜H2CO3；
（4）碳酸钠中的碳酸根离子是弱酸阴离子，CO32﹣分两步水解，第一步水解大于第二步；NaHCO3中的碳酸氢根离子是弱酸阴离子，既水解又电离；
（5）碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液中存在阳离子：Na+、H+，阴离子：OH﹣、HCO3﹣、CO32﹣，电荷守恒列等式都一样；C元素守恒。
【解答】解：（1）二氧化碳属于分子晶体且分子空间构型为直线型，二氧化碳的电子式为，正负电荷中心重合的分子为非极性分子，否则为极性分子，SiF4为正四面体分子，正负电荷中心重合，为非极性分子，
故答案为：；非极性；
（2）上述所有元素中，C、Si两种元素位于周期表ⅣA主族，最外层有4个电子，该族元素原子的最外层电子排布通式为：ns2np2，电子层结构相同的离子核电荷数越大离子半径越小，离子的电子层越多离子半径越大，故离子半径：O2﹣＞F﹣＞Na+，
故答案为：ns2np2；O2﹣＞F﹣＞Na+；
（3）H4SiO4称为原硅酸，推测其是弱酸，Si在周期表ⅣA主族，Si在C的下方，非金属性Si＜C，最高价氧化物对应水化物的酸性H4SiO4＜H2CO3，碳酸为弱酸，则原硅酸酸性更弱，
故答案为：弱；Si在周期表ⅣA主族，Si在C的下方，非金属性Si＜C，最高价氧化物对应水化物的酸性H4SiO4＜H2CO3，碳酸为弱酸，则原硅酸酸性更弱；
（4）a．碳酸钠溶液碳酸根离子水解生成HCO3﹣、H2CO3；NaHCO3中的HCO3﹣电离生成CO32﹣，水解生成H2CO3，存在的微粒种类相同，故正确；
b．碳酸钠溶液碱性强于NaHCO3，c（OH﹣）前者大于后者，故错误；
c．碳酸钠溶液碳酸根离子水解，水电离；NaHCO3中的碳酸氢根离子是弱酸阴离子，既水解又电离，均存在电离平衡和水解平衡，故正确；
d．碳酸钠溶液中加少量NaOH固体，水解平衡左移，恢复至常温，c（CO32﹣）增大；碳酸氢钠溶液中加少量NaOH固体，反应生成碳酸钠，c（CO32﹣）增大，故正确；
故答案为：b；
（5）两溶液中存在阳离子：Na+、H+，阴离子：OH﹣、HCO3﹣、CO32﹣，根据电荷守恒列等式c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（ CO32﹣），将两溶液等体积混合后，HCO3﹣、CO32﹣，H2CO3浓度之和仍为0.1mol/L，
故答案为：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（ CO32﹣）；HCO3﹣、CO32﹣，H2CO3。
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，离子种类、浓度大小判断、溶液酸碱性强弱判断等，综合考查学生分析能力、逻辑推理能力及对知识的迁移运用，需要学生具备扎实的基础，难度中等。
22．（15分）燃料电池和锂离子电池在生产生活中占据重要地位。甲醇是常见的燃料电池原料，CO2催化氢化可合成甲醇。反应为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）+48.9kJ。完成下列填空：
（1）反应的平衡常数K＝ 。
（2）在2L容器中充入4mol CO2和H2的混合气体，反应10min后，气体的总物质的量变为原来的75%。则0～10min内，H2的平均反应速率为 0.075mol/（L•min） 。前5min内的v逆（CH3OH） 小于 前10min内的v逆（CH3OH）（选填“大于”、“等于”或“小于”）。原因是 随着反应向右进行，生成物浓度逐渐增加，逆反应速率逐渐增大，因此前5min的逆反应速率小于前10min的逆反应速率 。
（3）在恒容密闭容器发生上述反应，如图是反应过程中两个物理量变化关系图象，曲线上各点均已达到平衡状态。若x轴表示温度，则y轴可表示 CO2浓度 （任写一个）。一定温度下，若x轴为原料投料比[]，则y轴是 CO2 的转化率。工业生产或实验室制备中，通常加大某一反应物的用量，以提高另一反应物的转化率，举一例说明。 制备乙酸乙酯时乙醇过量，二氧化硫的催化氧化时空气过量 。
FePO4是制备锂离子电池的原料。向FeSO4溶液中先加入H3PO4溶液，再加入NaOH、NaClO的混合液可制取FePO4。
（4）配平下列反应方程式。
2 FeSO4+ 2 H3PO4+ 1 NaClO+ 4 NaOH→ 2 FePO4↓+ 2 Na2SO4+ 1 NaCl+ 5 H2O
（5）NaOH、NaClO的混合液可通过Cl2与NaOH溶液反应制取。若NaOH、NaClO混合液中NaClO含量偏低，则制得的FePO4中含有的不溶性杂质主要是 Fe（OH）3 。现有500mL 1.2mol/L NaOH溶液，若要制取反应所需的混合液，则需通入标准状况下Cl2的体积为 2.24L 。
【分析】（1）平衡常数为生成物与反应物浓度幂之积的比值；
（2）相同温度下，容器体积不变时，气体的压强与物质的量呈正比，在2L容器中充入4mol CO2和H2的混合气体，反应10min后，气体的总物质的量变为原来的75%，则10min后气体的物质的量为4mol×75%＝3mol，结合方程式计算消耗氢气的物质的量，可计算氢气的反应速率，随着反应进行，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大；
（3）正反应为放热反应，升高温度，平衡正向移动，一定温度下，若x轴为原料投料比[]，增大氢气的物质的量，氢气的转化率减小，二氧化碳的转化率增大；
（4）反应中Fe元素化合价由+2价升高到+3价，Cl元素化合价由+1价降低到﹣1价，结合得失电子守恒和质量守恒配平化学方程式；
（5）若NaOH、NaClO混合液中NaClO含量偏低，可生成氢氧化铁，n（NaOH）＝0.5L×1.2mol/L＝0.6mol，反应方程式中n（NaClO）：n（NaOH）＝1：4，则应生成0.1molNaClO，消耗0.1mol氯气，以此解答该题。
【解答】解：（1）反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的平衡常数K＝，
故答案为：；
（2）相同温度下，容器体积不变时，气体的压强与物质的量呈正比，在2L容器中充入4mol CO2和H2的混合气体，反应10min后，气体的总物质的量变为原来的75%，则10min后气体的物质的量为4mol×75%＝3mol，
则 CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△n
1mol 3mol 1mol 1mol 2mol
x 4﹣3＝1（mol）
x＝1.5mol，
则0～10min内，H2的平均反应速率为 ＝0.075mol/（L•min），
可逆反应中，随着反应向右进行，生成物浓度逐渐增加，逆反应速率逐渐增大，因此前5min的逆反应速率小于前10min的逆反应速率，
故答案为：0.075mol/（L•min）；小于；随着反应向右进行，生成物浓度逐渐增加，逆反应速率逐渐增大，因此前5min的逆反应速率小于前10min的逆反应速率；
（3）正反应为放热反应，升高温度，平衡正向移动，则y轴可为CO2浓度，也可为H2浓度，容器内压强、气体的物质的量等，
一定温度下，若x轴为原料投料比[]，增大氢气的物质的量，氢气的转化率减小，二氧化碳的转化率增大，则y轴是CO2的转化率，
工业生产或实验室制备中，通常加大某一反应物的用量，以提高另一反应物的转化率，如制备乙酸乙酯时乙醇过量，二氧化硫的催化氧化时空气过量等，
故答案为：CO2浓度（H2浓度，容器内压强、气体的物质的量等）；CO2；制备乙酸乙酯时乙醇过量，二氧化硫的催化氧化时空气过量；
（4）反应中Fe元素化合价由+2价升高到+3价，Cl元素化合价由+1价降低到﹣1价，则反应的方程式为2FeSO4+2H3PO4+NaClO+4NaOH＝2FePO4↓+2Na2SO4+NaCl+5H2O，
故答案为：2；2；1；4；2；2；1；5；
（5）若NaOH、NaClO混合液中NaClO含量偏低，可生成氢氧化铁，n（NaOH）＝0.5L×1.2mol/L＝0.6mol，反应方程式中n（NaClO）：n（NaOH）＝1：4，则应生成0.1molNaClO，消耗0.1mol氯气，体积为0.1mol×22.4L/mol＝2.24L，
故答案为：Fe（OH）3；2.24L。
【点评】本题考查较为综合，涉及化学平衡的计算、化学平衡的影响因素以及氧化还原反应等知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意把握化学平衡问题的分析以及氧化还原反应计算的思路，题目难度中等。
23．（15分）某镇静类药物中间体P的合成路线如下：
已知：R﹣CNR﹣COOH
完成下列填空：
（1）反应①的试剂和条件是 Br2、光照 。反应②的反应类型是 取代反应 。
（2）检验A中含有溴元素所需的试剂，需硝酸银溶液、 稀硝酸 、 NaOH溶液 。
（3）写出C的结构简式 。写出D→P的化学反应方程式 。
（4）写出满足下列条件P的同分异构体的结构简式 。
a．有两个苯环
b．能发生银镜反应
c．有4种化学环境氢原子
（5）结合已知信息，写出以为原料制备的合成路线流程图 。（无机试剂任选）合成路线流程图示例为：XY……目标产物。
【分析】反应①是氢原子被溴原子取代，反应②是溴原子被﹣CN取代，B→C是﹣CN转化为﹣COOH，C→D是﹣OH被﹣Cl取代，D→F是氯原子被苯环取代，结合P的结构，逆推可知D为、C为、B为、A为；
（5）发生消去反应生成，然后与HBr发生加成反应生成，再与NaCN发生取代反应生成，最后酸性条件下水解生成。
【解答】解：（1）反应①是甲基上氢原子被溴原子取代生成A，反应试剂和条件是：Br2、光照，反应②溴原子被﹣CN替代，反应类型是取代反应，
故答案为：Br2、光照；取代反应；
（2）检验A中含有溴元素，先在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应，使Br元素以Br﹣形成转移到溶液中，再用硝酸酸化，最后加入硝酸银溶液，有淡黄色沉淀生成，
故答案为：稀硝酸、NaOH溶液；
（3）C的结构简式为：，D→P的化学反应方程式为：，
故答案为：；；
（4）满足下列条件P的同分异构体：a．有两个苯环，b．能发生银镜反应，说明含有醛基，c．有4种化学环境氢原子，该同分异构体结构简式为：，
故答案为：；
（5）发生消去反应生成，然后与HBr发生加成反应生成，再与NaCN发生取代反应生成，最后酸性条件下水解生成，合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用P的结构、有机物分子式采取正逆推法相结合进行分析判断，是对有机化学基础的综合考查。
24．（15分）研究小组通过下列装置测定某燃煤烟气中SO2的体积分数。已知燃煤烟气的主要成分为N2、CO、SO2。完成下列填空：
（1）A装置是为了观察气体的流速，则试剂M为 d 。（选填编号）
a．饱和NaOH溶液
b．饱和Na2S溶液
c．饱和Na2SO3溶液
d．饱和NaHSO3溶液
（2）当B装置中溶液颜色由 蓝色变为无色 时，则停止通气。B装置中的反应体现SO2的 还原性 性。（选填“氧化”、“还原”或“漂白”）
（3）经测定，燃煤烟气消耗了50.00mL含I21.000×10﹣3mol/L的溶液，且C装置中气体体积为20.00mL（标准状况下）。则燃煤烟气中SO2的体积分数为 0.053 （保留小数点后三位）。若读数时水准管内液面高于量气管内液面，则结果将 偏大 。（选填“偏大”、“偏小”或“无影响”）
最近，中国科学家利用多孔碳吸附SO2，不仅能解决燃煤污染，而且实现了SO2回收利用。如图是多孔碳对燃煤烟气中SO2的吸附、转化、热再生的示意图。
（4）写出步骤②中硫酸根离子的检验方法 取样，先加入足量稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则含有硫酸根离子，若未产生白色沉淀，则不含硫酸根离子 。步骤③的化学方程式为 C+2H2SO4SO2↑+CO2↑+2H2O 。
（5）SO2的吸附、转化、热再生的主要目的是 提高SO2的纯度，提高SO2的浓度（或富集SO2） 。
【分析】混合气体通过装置A控制气体的流速，气体通过含淀粉的碘水，碘单质与二氧化硫反应，最后通过排水法测其体积（N2和CO），由总体积和剩余气体的体积求出二氧化硫的体积分数，据此来解答；
【解答】解：（1）装置A控制气体的流速，故装置A中所装试剂不与气体反应，且不减少二氧化硫的含量，故用饱和NaHSO3溶液，
故答案为：d；
（2）装置B中含淀粉的碘水，碘单质与二氧化硫反应，当反应完全时，碘单质消耗完全，故溶液由蓝色变为无色，体现二氧化硫的还原性，
故答案为：蓝色变为无色；还原性；
（3）二氧化硫与碘单质反应的方程式为：SO2+I2+2H2O═2HI+H2SO4，消耗了50.00mL含I21.000×10﹣3mol/L的溶液，n（SO2）＝n（I2）＝0.05L×1.000×10﹣3mol/L＝5×10﹣5mol，在标准状况下，V（SO2）＝5×10﹣5mol×22.4L/mol＝1.12×10﹣3L＝1.12mL，则燃煤烟气中SO2的体积分数为＝0.053，若读数时水准管内液面高于量气管内液面，使得量气管的体积偏小，则结果将偏大，
故答案为：0.053；偏大；
（4）硫酸根离子的检验方法为：取样，先加入足量稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则含有硫酸根离子，若未产生白色沉淀，则不含硫酸根离子，步骤③中，由硫酸得到二氧化硫，需要加入还原剂，化学方程式为C+2H2SO4SO2↑+CO2↑+2H2O，
故答案为：取样，先加入足量稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则含有硫酸根离子，若未产生白色沉淀，则不含硫酸根离子；C+2H2SO4SO2↑+CO2↑+2H2O；
（5）SO2的吸附、转化、热再生的主要目的是提高SO2的纯度，提高SO2的浓度（或富集SO2），
故答案为：提高SO2的纯度，提高SO2的浓度（或富集SO2）。
【点评】本题考查物质组成与含量的测定、对实验原理与装置理解与评价、阅读获取信息的能力等，题目难度中等，是对知识的综合运用，理解实验原理是解题的关键，需要学生具有扎实的基础与综合运用分析解决问题的能力，学习中全面把握基础知识。
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